линейное неоднородное ОДУ

[Vvladd]

Здравствуйте. Пытаюсь решить дифференциальное уравнение.
Свел его к уравнению следующего вида:

$y''(x)(Ax+B)+y(x)(Cx^2+Dx+E)=Fx$.

Сначала решаю однородное. После нескольких действий получаю следующее:

$\frac{d y}{y} = - \frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B} dx $.

Допустим, я смогу взять интеграл справа (хотя и с трудом некоторым, конечно). Но как мне быть дальше?
Вроде как, мне нужно получить фундаментальную систему решений. А потом методом вариации постоянных получить решение неоднородного. Но интеграл-то не очень приятный, чтобы искать ФСР с ним... И дальше проблем только больше.

Может, как-то проще все это решается?
Буду крайне благодарен за помощь.

[svv]

Сводить решение конкретного ДУ к уравнению такого общего вида, как Вы написали — это не метод. В частных случаях Ваше уравнение иногда решается в элементарных функциях, иногда в специальных, иногда это функции Эйри, иногда функции параболического цилиндра и т.д., иногда оно сводится к вырожденному гипергеометрическому уравнению, иногда нет, а в общем случае ничего хорошего.

Как выглядело первоначальное уравнение?

Vvladd в сообщении #1123961 писал(а):

$\frac{d y}{y} = - \frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B} dx $

Как это у Вас получилось? Там же вторая производная.

[Vvladd]

Простите, опечатка. исходное уравнение выглядит так:
$y''(x)(Ax+B)+y'(x)(Cx^2+Dx+E)=Fx$.
Там, разумеется, есть первая производная. Ну и
$\frac{d w}{w} = - \frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B} dx $, где $y'=w$.

-- 16.05.2016, 21:25 --

svv в сообщении #1123979 писал(а):

Как выглядело первоначальное уравнение?

В том и дело, что приходится искать решение в общем виде. Там только километровые параметры и есть.

-- 16.05.2016, 21:41 --

svv
Ну а вообще исходное выглядело так:
$\ddot{\varphi}(x)+(a_1x^2+b_1x+c_1)\varphi(x)=D_1xe^{-\frac{e_1x+f_1}{2}}$.
Параметры тут подобраны так, что решение этого, но однородного, знаю. Оно $\varphi_{O}=g_12(e_1x+f_1)e^{-\frac{e_1x+f_1}{2}}$.

[svv]

Vvladd в сообщении #1123985 писал(а):

$\frac{d w}{w} = - \frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B} dx $, где $y'=w$.

Правильно ли я понимаю, что Вы это пишете лишь для того, чтобы найти второе решение фундаментальной системы однородного уравнения $y''(x)(Ax+B)+y'(x)(Cx^2+Dx+E)=0$ ? Вы ведь сказали, что одно его решение Вам известно.

Так можно этого не делать, потому что второе решение очевидно: $y=1$.

Дальше, раз у Вас сама $y(x)$ не входит в ДУ, можно решить методом вариации постоянных уравнение первого порядка, то, которое с $w(x)$, а $y(x)$ получить интегрированием. Правда, особых преимуществ у такого подхода я не вижу: ну, будет проще применение метода вариации постоянных, зато потом надо интегрировать решение.

[Vvladd]

svv
Знаю однородное не этого уравнения, а исходного. Все равно надо решать, чтобы получить ФСР, вроде как.

То есть нужно действовать следующим образом: одно решение - $y=1$ есть, второе можно получить, решая $\frac{d w}{w} = - \frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B} dx $ и потом дважды это проинтегрировав (не уверен, правда, что получится), а потом вариация постоянных на этой ФСР?

[svv]

Мой ответ зависит от Вашего ответа на пару вопросов.
1. Когда Вы писали исходное уравнение для $\varphi(x)$, там не было аналогичной описки, $\varphi(x)$ вместо $\varphi'(x)$ ? И почему там вторая производная обозначена точками?
2. Если Вам известно решение исходного уравнения, и Вы перешли от него к уравнению с $y(x)$ заменами, нельзя ли из решения исходного уравнения получить с помощью этих же замен решение уравнения для $y(x)$ ?

$\frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B}=\frac{C}{A}x+\frac{AD-BC}{A^2}+\frac{EA^2+CB^2-ABD}{A^2}\frac{1}{Ax+B}$

[Vvladd]

svv в сообщении #1124032 писал(а):

1. Когда Вы писали исходное уравнение для $\varphi(x)$, там не было аналогичной описки, $\varphi(x)$ вместо $\varphi'(x)$ ? И почему там вторая производная обозначена точками?

Нет, здесь ошибки нет. В исходном уравнении есть вторая производная и функция без производной.
Набирал сообщение, глядя на свои записи на листах, потому и точки. Они не значат ничего особенного - просто почему-то с $\varphi$ всегда ставлю точки.

svv в сообщении #1124032 писал(а):

2. Если Вам известно решение исходного уравнения, и Вы перешли от него к уравнению с $y(x)$ заменами, нельзя ли из решения исходного уравнения получить с помощью этих же замен решение уравнения для $y(x)$ ?

Дело в том, что там не замены. Как я действовал:
1) представил решение неоднородного исходного как $\varphi_{H} = y(x) \varphi_{O}$, где $y(x)$ - постоянная, которую я сделал зависящей от переменной;
2) подставил это в исходное, преобразовал;
3) получил уравнение на $y(x)$, которое и представил в первом посте.

Поэтому, если я правильно понял Ваш вопрос, то не получится получить решение для $y(x)$ таким образом..

svv в сообщении #1124032 писал(а):

$\frac{Cx^2+Dx+E}{Ax+B}=\frac{C}{A}x+\frac{AD-BC}{A^2}+\frac{EA^2+CB^2-ABD}{A^2}\frac{1}{Ax+B}$

Хм, а тогда несложно интегрировать, действительно.. Спасибо..

[svv]

Vvladd в сообщении #1124036 писал(а):

Как я действовал:
1) представил решение неоднородного исходного как $\varphi_{H} = y(x) \varphi_{O}$, где $y(x)$ - постоянная, которую я сделал зависящей от переменной;

А, понятно. Так как одно решение однородного уравнения Вам известно, Вы использовали метод понижения порядка.

Этот метод может в Вашем случае дать бОльшие результаты — второе линейно независимое решение однородного уравнения в квадратурах. Для краткости нигде не пишем аргумент $(x)$. Обозначим $p=a_1x^2+b_1x+c_1$. Однородное уравнение:
$\varphi''+p\varphi=0$
Пусть $\varphi_1$ известное решение, второе ищем в виде $\varphi_2=y\varphi_1$. Подставим это в уравнение в качестве $\varphi$:
$y''\varphi_1+2y'\varphi_1'+y(\varphi_1''+p\varphi_1)=y''\varphi_1+2y'\varphi_1'=0$
Домножим на $\varphi_1$ и заметим, что $(\varphi_1^2)'=2\varphi_1\varphi_1'$:
$y''\varphi_1^2+y'(\varphi_1^2)'=(y'\varphi_1^2)'=0$, откуда $y'=\frac C{\varphi_1^2}$
Полагая $C=1$ (всё равно потом будем писать линейную комбинацию с произвольными коэффициентами), получим $y=\int \frac {dx}{\varphi_1^2}$ и $\varphi_2=\varphi_1\int \frac {dx}{\varphi_1^2}$.

Таким образом, уравнения с $y$ нет — оно решилось, едва успев записаться.